热门试卷

解：(Ⅰ)因为，

所以f′(x)=2ax+b，

又因为曲线y=f(x)通过点（0，2a+3），

故f(0)=2a+3，

而f(0)=c，

从而c=2a+3，

又曲线y=f(x)在（-1，f(-1)）处的切线垂直于y轴，

故f′(-1)=0，即-2a+b=0，

因此b=2a；

(Ⅱ)由(Ⅰ)得，

故当时，bc取得最小值，

此时有，

从而，

，

所以，

令g′(x)=0，解得，

当x∈（-∞，-2）时，g′(x)＜0，故g(x)在x∈（-∞，-2）上为减函数；

当x∈（-2，2）时，g′(x)＞0，故g(x)在x∈（-2，2）上为增函数；

当x∈（2，+∞）时，g′(x)＜0，故g(x)在x∈（2，+∞）上为减函数；

由此可见，函数g(x)的单调递减区间为（-∞，-2）和（2，+∞）；单调递增区间为（-2，2）。

解：(1)，

①当a≤0时，F′(x)＞0恒成立，F(x)在(0，+∞)上是增函数，F(x)只有一个单调递增区间(0，+∞)，没有最值；

②当a＞0时，，

若0＜x＜，则F′(x)＜0，F(x)在上单调递减；

若x＞，则F′(x)＞0，F(x)在上单调递增，

∴当x=时，F(x)有极小值，也是最小值，

即，

所以当a＞0时，F(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为-alna，无最大值；

(2)若f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，则方程f(x)-g(x)=0有且只有一解，

所以函数F(x)有且只有一个零点，

由(1)的结论可知F(x)min=-alna=0得a=1，

此时，F(x)=，

∴，

∴f(x)与g(x)的图象的唯一公共点坐标为，

又，

∴f(x)与g(x)的图象在点处有共同的切线，其方程为，

即；

综上所述，存在a=1，使f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，

且在该点处的公切线方程为。

解：(Ⅰ)，

当x∈和x∈时，f′(x)＜0；

当x∈和x∈时，f′(x)＞0；

因此，f(x)在区间和是减函数，

f(x)在区间和是增函数。

(Ⅱ)设点P的坐标为(x0，f(x0))，

由l过原点知，l的方程为y=f′(x0)x，

因此，f(x0)=x0f′(x0)，

即：x04-3x02+6-x0（4x03-6x0）=0，

整理得(x02+1)(x02-2)=0，解得或，

因此切线l的方程为或。

解：（Ⅰ）f（x）的定义域为R，，

∴；

∵切线24x+y-12=0的斜率为k=-24，

∴c=-24；

把x=0代入24x+y-12=0得y=12，

∴P（0，12），

∴d=12，

∴c=-24，d=12。

（Ⅱ）由（Ⅰ），

由已知得：，

∴，

∴，

∴，

由；

由；

∴f（x）的单调增区间为；单调减区间为（-4，2）。

解：，

（Ⅰ），解得；

（Ⅱ），

①当a≤0时，，

在区间（0，2）上，f′（x）＞0；在区间（2，+∞）上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）；

②当，

在区间（0，2）和上，f′（x）＞0；在区间上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是（0，2）和，单调递减区间是；

③当，

故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）；

④当，

在区间和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在区间上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是和（2，+∞），单调递减区间是。

解：（1）当k=2时，f（x）=ln（1+x）-x+x2，f′（x）=

由于f（1）=ln2，

所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为

即3x-2y+2ln2-3=0；

（2），

当k=0时，

所以，在区间（-1，0）上，f′（x）>0；

在区间（0，+∞）上，f′（x）<0

故f（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞）

当0＜k＜1时，由

得

所以，在区间（-1，0）和上，f′（x）>0；

在区间上，f′（x）<0

故f（x）的单调递增区间是（-1，0）和，单调递减区间是

当k=1时，

故f（x）的单调递增区间是（-1，+∞）

当k>1时，由

得

所以，在区间和（0，+∞）上，f′（x）>0

在区间上，f′（x）<0

故f（x）的单调递增区间是和（0，+∞）

单调递减区间是。

解：（I）f′（x）=3x2+4x﹣a，

k=f′（1）=3+4﹣a=4，故a=3；

（II）f′（x）=3x2+4x﹣a是二次函数，开口向上，对称轴是 x=﹣

要使函数f（x）在区间（﹣1，1）上是单调函数，

只需

解得即a＞7  

所以实数a的取值范围是 a＞7

解：（1）∵函数的定义域为（0，+∞），

∴f'（x）

（i）当a≤0时，f'（x）>0，

∴f（x）的增区间为（0，+∞），

（ii）当a>0时，令f'（x）>0，解得x>a，

∴f（x）的增区间为（a，+∞），

令f'（x）＜0，解得0＜x＜a，

∴f（x）的减区间为（0，a）。

（2）g（x）=2x+lnx（x>0），

设过点（2，5）的直线与曲线g（x）相切的切点坐标为（x0，y0）

∴y0-5=g'（x0）（x0-2），

即

∴

令

由（1）知当a=2时，h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，

又，h（2）=ln2-1＜0，

∴h（x）与x轴有两个交点，

∴过点（2，5）可作2条曲线y=g（x）的切线。

解：（1）当a=﹣1时，f（x）=x2+x﹣lnx，

则

∴f（1）=2，f′（1）=2

∴曲线y=f（x）在x=1处切线的方程为y﹣2=2（x﹣1）即y=2x；

（2）由题意得，

由f′（x）=0，得

①当时，令f′（x）＞0，x＞0，可得0＜x＜a或；

令f′（x）＜0，x＞0，可得

∴函数f（x）的单调增区间是（0，a）和，单调减区间是；

②当时，，当且仅当x=时，f′（x）=0，

所以函数f（x）在区间（0，1）上是单调增函数；

③当时，令f′（x）＞0，x＞0，可得0＜x＜a或a＜x＜1；

令f′（x）＜0，x＞0，可得

∴函数f（x）的单调增区间是（0，）和（a，1），单调减区间是；

④当a≥1时，令f′（x）＞0，x＞0，可得0＜x＜；

令f′（x）＜0，x＞0，可得

∴函数f（x）的单调增区间是（0，），单调减区间是．

解：(Ⅰ)由已知，                          

.

故曲线在处切线的斜率为.                    

(Ⅱ).                              

当时，由，得.在区间上，；

在区间上，，

所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为

（Ⅲ）由已知转化为.               

由(Ⅱ)知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意

.(或者举出反例：存在，故不符合题意.)     

 当时，在上单调递增，在上单调递减，

故的极大值即为最大值，

，  

所以，解得.                                          

解：（Ⅰ），其定义域为（0，+∞），

，

令，则x=a，

于是，当x＞a时，h′（x）＞0，h（x）为增函数，

当0＜x＜a时，h′（x）＜0，h（x）为减函数，

所以h（x）的单调增区间是（a，+∞），单调减区间是（0，a）；

（Ⅱ）因为，

所以在区间x∈（0，3]上存在一点P（x0，y0），

使得以P（x0，y0）为切点的切线的斜率，

等价于，

因为，

所以在x∈（0，3]的最大值为，

于是a≤，a的最大值为。

解：（1）f'（x）=3x2﹣2ax．

因为f'（1）=3﹣2a=3，所以a=0．

又当a=0时，f（1）=1，f'（1）=3，

则切点坐标（1，1），斜率为3

所以曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1=3（x﹣1）

化简得3x﹣y﹣2=0．

（2）令f'（x）=0，解得．

当，即a≤0时，f（x）在[0，2]上单调递增，

从而fmax=f（2）=8﹣4a．

当时，即a≥3时，f（x）在[0，2]上单调递减，

从而fmax=f（0）=0．

当，即0＜a＜3，f（x）在上单调递减，在上单调递增，

从而，

解：（I）f'（x）=3x2﹣（a+1），g'（x）=lnx+1

∴f'（1）=2﹣a    

g'（1）=1

∵两曲线在x=1处的切线互相垂直

∴（2﹣a）×1=﹣1

∴a=3

∴f'（1）=﹣1     f（1）=0

∴y=f（x）在x=1处的切线方程为x+y﹣1=0，

同理，y=g（x）在x=1处的切线方程为x﹣y﹣1=0

（II）由F（x）=x3﹣（a+1）x+a﹣xlnx

得F'（x）=3x2﹣（a+1）﹣lnx﹣1=3x2﹣lnx﹣a﹣2

∵F（x）=f（x）﹣g（x）单调递增

∴F'（x）≥0恒成立 即a≤3x2﹣lnx﹣2

令h（x）=3x2﹣lnx﹣2

令h'（x）＞0得，

令h'（x）＜0得

∴

∴a的范围为（-∞，）。

解：（Ⅰ），

∵f（x）在点P（0，f（0））处的切线方程为2x+y-1=0，∴；  

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，

，

∴f（x）的单调递增区间是：，

f（x）的单调递减区间是：（-1，2）。  

（Ⅲ）由（Ⅱ）知：，；

但当x→+∞时，f（x）→+∞；

又当x<0时，恒有f（x）＞0，

则当且仅当时，方程f（x）=m恰有两个不等的实根。